Przygotowanie do egzaminu FE Electrical and Computer: zestaw na powtórkę

Wzory, najważniejsze kroki metod dla każdego tematu i 40 zadań do ćwiczenia, z pełnymi rozwiązaniami na końcu.

Nowe zadaniaWróć do przedmiotu

W oknie drukowania wybierz „Zapisz jako PDF”, aby zachować kopię na swoim urządzeniu.

1Wzory i metody

Rezystory szeregowo i równolegle

Rezystory połączone szeregowo
Req = R1 + R2 + …
Rezystory połączone równolegle
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dwa równolegle
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Prawo Ohma
V = I·R
Moc
P = V·I = I²R = V²/R

Metoda

  1. Zacznij od końca sieci najdalszego od zacisków.
  2. Rezystory szeregowe łącz, dodając je, a równoległe ze wzoru 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Po każdym kroku narysuj obwód od nowa.
  4. Powtarzaj, aż między zaciskami zostanie jeden rezystor.

Metoda potencjałów węzłowych

Prądowe prawo Kirchhoffa
ΣIin = ΣIout
Prąd gałęzi
I = (Va − Vb)/R
Węzeł odniesienia
Vground = 0

Metoda

  1. Wybierz węzeł odniesienia (masę) i oznacz potencjały pozostałych węzłów.
  2. Napisz prądowe prawo Kirchhoffa dla każdego nieznanego węzła: prądy wypływające przez każdą gałąź są równe prądom wpływającym.
  3. Wyraź każdy prąd gałęziowy jako (Va − Vb)/R.
  4. Rozwiąż układ równań, a potem wyznacz potrzebne prądy.

Metoda prądów oczkowych

Napięciowe prawo Kirchhoffa
ΣV = 0 w każdym oczku
Rezystor wspólny
prąd = I1 − I2
Źródło prądu w oczku
wyznacza prąd tego oczka

Metoda

  1. Narysuj prąd płynący zgodnie z ruchem wskazówek zegara w każdym oczku (okienku) obwodu.
  2. Zastosuj napięciowe prawo Kirchhoffa w każdym oczku: suma spadków napięć jest równa zeru.
  3. W rezystorze wspólnym dla dwóch oczek prąd jest różnicą dwóch prądów oczkowych.
  4. Rozwiąż równania; wynik ujemny oznacza, że prąd płynie w przeciwną stronę.

Superpozycja

Superpozycja
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Wyłączone źródło napięcia
zwarcie (0 V)
Wyłączone źródło prądu
rozwarcie (0 A)
Dzielnik napięcia
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Dzielnik prądu
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metoda

  1. Policz niezależne źródła. Dla każdego źródła rozwiążesz jeden prostszy obwód.
  2. Zostaw jedno źródło, a pozostałe wyłącz: źródło napięciowe staje się zwarciem (przewodem), źródło prądowe staje się rozwarciem (przerwą).
  3. Rozwiąż prostszy obwód dla potrzebnego napięcia lub prądu, pilnując jego kierunku.
  4. Powtórz dla każdego źródła, a potem dodaj składowe z ich znakami.

Thévenin i Norton

Napięcie Thévenina
Vth = Vopen circuit
Rezystancja Thévenina
Rth: wszystkie źródła wyłączone, widziana z a–b
Prąd Nortona
IN = Vth/Rth
Prąd obciążenia
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksymalne przekazywanie mocy
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metoda

  1. Odłącz obciążenie i oznacz dwa zaciski a i b.
  2. Wyznacz napięcie stanu jałowego między a i b: to jest Vth.
  3. Wyłącz wszystkie niezależne źródła i wyznacz rezystancję widzianą z a–b: to jest Rth.
  4. Podłącz obciążenie z powrotem do obwodu zastępczego: Vth szeregowo z Rth.
  5. Dla obwodu zastępczego Nortona przelicz: IN = Vth/Rth, z RN = Rth równolegle.

Stany nieustalone RC i RL

Stała czasowa
τ = RC | τ = L/R
Odpowiedź układu
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator przy prądzie stałym
rozwarcie; vC nie może zmienić się skokowo
Cewka przy prądzie stałym
zwarcie; iL nie może zmienić się skokowo
Stan ustalony
t ≈ 5τ

Metoda

  1. Wyznacz wartość początkową tuż po przełączeniu: napięcie na kondensatorze i prąd cewki nie mogą zmienić się skokowo.
  2. Wyznacz wartość końcową długo po przełączeniu: kondensator zachowuje się jak rozwarcie, a cewka jak zwarcie.
  3. Wyznacz stałą czasową: τ = RC lub τ = L/R, z rezystancją widzianą przez kondensator lub cewkę.
  4. Użyj x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedancja i wskazy AC

Impedancje
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Pulsacja
ω = 2πf
Moduł i kąt
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Prawo Ohma dla wskazów
V = I·Z

Metoda

  1. Przelicz częstotliwość: ω = 2πf.
  2. Wyznacz każdą reaktancję: XL = ωL i XC = 1/(ωC).
  3. Dodawaj impedancje jak rezystory, z Z = R + jX.
  4. Wyznacz moduł |Z| = √(R² + X²) i kąt φ = atan(X/R), a potem zastosuj prawo Ohma dla wskazów.

Moc AC i współczynnik mocy

Moc czynna
P = V·I·cos φ
Moc bierna
Q = V·I·sin φ
Moc pozorna
S = V·I = √(P² + Q²)
Współczynnik mocy
pf = cos φ = P/S
Kondensator kompensacyjny
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Moc w układach trójfazowych

Połączenie w gwiazdę (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Połączenie w trójkąt (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Całkowita moc czynna
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Moc pozorna i bierna
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kondensatory do kompensacji
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Napięcie na każdym kondensatorze
Δ: VL Y: VL/√3
Moc pobierana przez silnik
Pin = Pout/η

Transformatory

Przekładnia zwojowa
a = N1/N2 = V1/V2
Stosunek prądów
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Prąd znamionowy
I = S/V
Impedancja sprowadzona
Z1′ = a²·ZL
Straty w miedzi przy obciążeniu częściowym
Pcu = x²·Pcu,fl
Sprawność
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Sprawność maksymalna
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Wzmacniacz odwracający
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Wzmacniacz nieodwracający
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Wzmacniacz sumujący
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealny wzmacniacz operacyjny
V+ = V−, Iin = 0

Diody i tranzystory

Dioda (stały spadek napięcia)
VD = 0,7 V when conducting
Obszar aktywny
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Polaryzacja stałym prądem bazy
IB = (VCC − 0,7)/RB
Polaryzacja dzielnikiem napięcia
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dla dzielnika
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Oczko kolektora
VCE = VCC − ICRC − IERE
Nasycenie
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Systemy liczbowe

Wagi pozycji
dwójkowy 2k, ósemkowy 8k, szesnastkowy 16k
Na dziesiętny
Σ dk·bk
Z dziesiętnego
dziel przez podstawę, czytaj reszty od dołu do góry
Szesnastkowy ↔ dwójkowy
jedna cyfra szesnastkowa = 4 bity
Kod uzupełnień do dwóch (U2)
odwróć bity i dodaj 1

Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Podstawowe bramki
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Reguły algebry Boole’a
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Prawa de Morgana
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Kolejność na mapie Karnaugha
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Grupa 2ᵏ komórek
traci k zmiennych
Multiplekser 4-do-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Przerzutniki
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Liczniki
n-bitowy: 2ⁿ stanów; mod-N: najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Licznik asynchroniczny (ripple)
fmax = 1/(n·tpd)
Liczniki pierścieniowy i Johnsona
n i 2n stanów

Metoda

  1. Dla układu przechodź od wejść do wyjścia bramka po bramce i zapisuj wartość na każdym przewodzie albo zapisz jego wyrażenie i wypełnij tablicę prawdy.
  2. Przy upraszczaniu wpisz jedynki (a stany nieokreślone jako X) na mapę Karnaugha z wierszami i kolumnami w kodzie Graya: 00, 01, 11, 10.
  3. Pokryj jedynki jak najmniejszą liczbą jak największych grup po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, zawijając przez brzegi; każda grupa to jeden iloczyn ze zmiennych, które pozostają stałe. Dla postaci POS grupuj zera.
  4. Przy przerzutnikach i licznikach odczytuj wejścia przy każdym aktywnym zboczu zegara, zapisuj stan po każdym zboczu i pamiętaj, że n-bitowy licznik zawija się po 2ⁿ stanach.

Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Stabilność
wszystkie pierwiastki wielomianu charakterystycznego w lewej półpłaszczyźnie
tablica Routha, element s¹ wielomianu trzeciego stopnia
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Pierwiastki w prawej półpłaszczyźnie
liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie
Wielomian trzeciego stopnia s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabilny, gdy wszystkie a > 0 oraz a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Równanie charakterystyczne
1 + K·G(s) = 0
Asymptoty
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Punkty rozejścia i zejścia
dK/ds = 0
Warunek modułu
K = 1/|G(s)|
Kąt wyjścia
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metoda

  1. Zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego: mianownik 1 + K·G(s) = 0, po wymnożeniu.
  2. Wpisz współczynniki naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha i zbuduj pozostałe wiersze.
  3. Policz zmiany znaku w pierwszej kolumnie: każda to jeden biegun w prawej półpłaszczyźnie. Gdy w tablicy występuje K, żądaj, by każdy element pierwszej kolumny pozostał dodatni.
  4. Dla linii pierwiastkowej zaznacz bieguny i zera, odcinki osi rzeczywistej, asymptoty wychodzące ze środka asymptot oraz punkty rozgałęzienia, w których dK/ds = 0. Użyj K = 1/|G(s)| dla wzmocnienia w danym punkcie.

Uchyb ustalony i regulacja PID

Typ układu
liczba biegunów G(s) w s = 0
Stałe uchybowe
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Skok A
ess = A/(1 + Kp)
Narastanie liniowe A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Regulator PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Cel drugiego rzędu
s² + 2ζωns + ωn²
Przeregulowanie i czasy
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metoda

  1. Policz bieguny układu otwartego C(s)·G(s) w s = 0: to typ układu.
  2. Wyznacz stałą uchybową pasującą do wejścia: Kp dla skoku, Kv dla narastania liniowego, Ka dla paraboli.
  3. Zastosuj ess = A/(1 + Kp), A/Kv lub A/Ka albo rozwiąż to względem potrzebnego wzmocnienia.
  4. Przy wymaganiu dotyczącym tłumienia lub prędkości zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Zadania do ćwiczenia

1.Rezystory szeregowo i równolegleŚredni
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​8 ΩB

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
2.Rezystory szeregowo i równolegleTrudny
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAR4​15 ΩBR6​2 Ω

Wyznacz prąd IR1 dostarczany przez źródło, płynący przez R1.

V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 ΩR5 = 15 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.Metoda potencjałów węzłowychŚredni
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​1,5 A

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
4.Metoda potencjałów węzłowychTrudny
R1​ = 20 ΩIR1​R2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩAR5​4 ΩBIs​3 A+−V2​24 V

Użyj metody potencjałów węzłowych, aby wyznaczyć prąd IR1 płynący przez R1 w kierunku strzałki.

V1 = 9 VIs = 3 AV2 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 ΩR5 = 4 Ω
IR1 = A
5.Metoda prądów oczkowychŚredni
R1​ = 15 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​3 Ω+−VR3​A+−V2​30 VI1​I2​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć napięcie VR3 na R3 o zaznaczonej biegunowości.

V1 = 24 VV2 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 Ω
VR3 = V
6.Metoda prądów oczkowychTrudny
R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Użyj metody prądów oczkowych, aby wyznaczyć prąd oczkowy I3 (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).

V1 = 5 VV2 = 15 VR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 25 ΩR4 = 5 ΩR5 = 3 Ω
I3 = A
7.SuperpozycjaŚredni
obwód liniowyVs​Is​IRL​

Liniowy obwód rezystancyjny zawiera jedno źródło napięcia Vs i jedno źródło prądu Is. Prąd I przez rezystor obciążenia zmierzono dwukrotnie: przy Vs = 12 V i Is = 10 mA I = 14 mA; przy Vs = 5 V i Is = 1 mA I = 7,1 mA. Wyznacz prąd obciążenia I, gdy Vs = 15 V i Is = 8 mA.

12 V, 10 mA → 14 mA5 V, 1 mA → 7,1 mAVs = 15 V, Is = 8 mA
I = mA
8.SuperpozycjaTrudny
R1​ = 10 ΩIR1​R2​ = 15 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​15 VR3​2 ΩAIs​0,5 AB−+V2​18 V

Korzystając z superpozycji, wyznacz moc PR1 pobieraną przez R1.

V1 = 15 VIs = 0,5 AV2 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
PR1 = W
9.Thévenin i NortonŚredni
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAab

Wyznacz napięcie Thévenina Vth widziane z zacisków a–b.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
10.Thévenin i NortonTrudny
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​4 ABRL​3 ΩIL​

Między a–b podłączono obciążenie RL = 3 Ω. Użyj układu zastępczego Thévenina, aby wyznaczyć moc PL dostarczaną do obciążenia.

V1 = 30 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩRL = 3 Ω
PL = W
11.Stany nieustalone RC i RLŚredni
+−Vs​5 Vt = 0R = 20 ΩL150 mHi(t)

Przed zamknięciem łącznika w t = 0 przez cewkę nie płynie prąd. Wyznacz energię W zgromadzoną w cewce w chwili t = 20 ms, w mJ.

Vs = 5 VR = 20 ΩL = 150 mHt = 20 ms
W = mJ
12.Stany nieustalone RC i RLTrudny
+−Vs​12 Vt = 0R = 3,3 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Tuż przed zamknięciem łącznika w t = 0 kondensator ma 2 V o zaznaczonej biegunowości. Po jakim czasie vC osiągnie 7 V? Wyznacz t.

Vs = 12 VR = 3,3 kΩC = 33 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Impedancja i wskazy ACŚredni
120 V100 HzR = 60 ΩC = 100 µFI

Rezystor i kondensator są połączone równolegle i podłączone do zasilania 120 V (skuteczne), 100 Hz. Wyznacz moduł impedancji |Z|.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 60 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
14.Impedancja i wskazy ACTrudny
12 V60 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF+−VC​

Szeregowy obwód RLC jest podłączony do zasilania 12 V (skuteczne), 60 Hz. Wyznacz wartość skuteczną napięcia VC na kondensatorze.

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
VC = V
15.Moc AC i współczynnik mocyŚredni
240 V125 kW, 0,85230 kW, 0,7I = ?

Do jednofazowego zasilania 240 V podłączono równolegle dwa odbiorniki: odbiornik 25 kW przy współczynniku mocy 0,85 (indukcyjnym) oraz odbiornik 30 kW przy współczynniku mocy 0,7 (pojemnościowym). Wyznacz prąd całkowity I pobierany z zasilania.

V = 240 VP1 = 25 kW, pf1 = 0,85 indukcyjnyP2 = 30 kW, pf2 = 0,7 pojemnościowy
I = A
16.Moc AC i współczynnik mocyTrudny
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Odbiornik jednofazowy pobiera 20 kW przy współczynniku mocy 0,7 (indukcyjnym) z zasilania 240 V, 60 Hz. Kondensator dołączony równolegle podnosi współczynnik mocy do 0,9. Wyznacz potrzebną pojemność C.

P = 20 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Moc w układach trójfazowychŚredni
ABCVL​ = 415 VNZ = 12 + j16 Ωna fazę

Symetryczny odbiornik połączony w gwiazdę o impedancji 12 + j16 Ω na fazę jest przyłączony do symetrycznej sieci trójfazowej o napięciu przewodowym 415 V. Wyznacz całkowitą moc czynną P pobieraną przez odbiornik w kW.

VL = 415 VZ = 12 + j16 Ω na fazę
P = kW
18.Moc w układach trójfazowychTrudny
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Symetryczny odbiornik trójfazowy pobiera 200 kW przy współczynniku mocy 0,78 (indukcyjnym) z sieci 690 V (napięcie przewodowe), 60 Hz. Trójfazowa bateria kondensatorów połączona równolegle z odbiornikiem ma podnieść wypadkowy współczynnik mocy do 0,98 (indukcyjnego). Moc czynna się nie zmienia. Wyznacz całkowitą moc bierną QC, którą musi dostarczyć bateria kondensatorów, w kvar.

P = 200 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatoryŚredni
50 ΩN1​N2​1250 Ω

Wzmacniacz o rezystancji wyjściowej 1250 Ω zasila głośnik 50 Ω przez idealny transformator. Dla maksymalnego przekazu mocy głośnik musi być widziany od strony wzmacniacza jako 1250 Ω. Wyznacz przekładnię a = N₁/N₂.

Rs = 1250 ΩRL = 50 Ω
a =
20.TransformatoryTrudny
150 kVA

Jednofazowy transformator 150 kVA ma straty w rdzeniu 750 W i straty w miedzi 1875 W przy obciążeniu znamionowym. Przy jakim obciążeniu Sη,max, w kVA, jego sprawność jest najwyższa?

S = 150 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1875 W
Sη,max = kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiŚredni
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Dobierz rezystor sprzężenia zwrotnego Rf, który da temu wzmacniaczowi nieodwracającemu wzmocnienie napięciowe 4.

R1 = 1 kΩAv = 4
Rf = kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymiTrudny
Vin​V1​Vout​stopień 1: odwracającyR1​ = 2 kΩRf1​ = 10 kΩstopień 2: nieodwracającyR2​ = 47 kΩRf2​ = 100 kΩ

Dwa stopnie z idealnymi wzmacniaczami operacyjnymi są połączone kaskadowo: wzmacniacz odwracający (R1, Rf1), a za nim wzmacniacz nieodwracający (R2 do masy, Rf2 w sprzężeniu zwrotnym). Oba są zasilane napięciem ±15 V. Napięcie wejściowe wynosi Vin = −0,45 V. Wyznacz napięcie wyjściowe Vout.

R1 = 2 kΩRf1 = 10 kΩR2 = 47 kΩRf2 = 100 kΩVin = −0,45 V
Vout = V
23.Diody i tranzystoryŚredni
RC​ = 470 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 220 kΩ

Tranzystor NPN o β = 200 jest spolaryzowany rezystorem bazowym RB = 220 kΩ z zasilania VCC = 9 V. Rezystor kolektorowy to RC = 470 Ω, a emiter jest uziemiony. Przyjmij VBE = 0,7 V i załóż, że tranzystor pracuje w obszarze aktywnym. Wyznacz prąd kolektora IC w mA.

VCC = 9 VRB = 220 kΩRC = 470 Ωβ = 200VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Diody i tranzystoryTrudny
V (V)I (mA)0,71212Q = ?

Dioda jest modelowana jako 0,7 V szeregowo z 50 Ω (przewodzi powyżej 0,7 V). Jest połączona szeregowo z rezystorem 1000 Ω i zasilana napięciem 12 V. Wyznacz prąd pracy ID w punkcie, w którym prosta diody przecina prostą obciążenia.

Vs = 12 VR = 1000 ΩV0 = 0,7 Vrd = 50 Ω
ID = mA
25.Systemy liczboweŚredni
8-bitowy kod U20−12806403201608040201

Ustaw bity tak, aby zapisywały −109 w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch. Jaka jest wartość wzorca U odczytanego jako liczba bez znaku?

N = −1098 bit
U =
26.Systemy liczboweTrudny
klikaj bity, aby je ustawić012806403201608040201

Ustaw bity na 8-bitowy wynik działania 0010 1010 AND 0100 1011. Jaka jest wartość wyniku R w zapisie dziesiętnym?

0010 1010AND0100 1011
R =
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiŚredni
ABCD000111100001111000010302041507161120130151141819011010

Użyj mapy Karnaugha, aby znaleźć minimalną postać sumy iloczynów (SOP) funkcji F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 8, 9, 12, 14). Ile literałów L zawiera łącznie (zmienna z negacją liczy się jako jeden literał)?

F(A, B, C, D) = Σm(5, 6, 8, 9, 12, 14)
L =
28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutnikiTrudny
DQ0​Q0​DQ1​Q1​DQ2​Q2​CLKPIERŚCIENIOWY

Licznik pierścieniowy zbudowano z 3 przerzutników D (ostatnie wyjście sprzężone z pierwszym wejściem); startuje z jedną jedynką. Przez ile różnych stanów N przechodzi?

n = 3
N =
29.Transformaty Laplace’aŚredni
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Znajdź f(t) dla F(s) = (4s + 3)/(s² + 6s + 9) i oblicz f(0,25).

F(s) = (4s + 3)/(s² + 6s + 9)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformaty Laplace’aTrudny
t (s)y(t)t = 0,75y(0,75) = ?

Układ spełnia równanie y″ + 4y′ + 3y = 9·u(t). Startuje ze stanu spoczynku (y(0) = 0, y′(0) = 0), a wejściem jest skok u(t) = 10 dla t ≥ 0. Za pomocą transformaty Laplace’a znajdź wyjście y(0,75).

y″ + 4y′ + 3y = 9·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,75 s
y(0.75) =
31.Schematy blokoweŚredni
R(s)+11s + 3G(s)C(s)0,2H−

Obiekt G(s) = 11/(s + 3) jest regulowany w pętli ujemnego sprzężenia zwrotnego, w której czujnik ma wzmocnienie H = 0,2. Znajdź stałą czasową τ układu zamkniętego.

G(s) = 11/(s + 3)H = 0,2
τ = s
32.Schematy blokoweTrudny
R(s)+Kregulator+D(s)+7s + 2obiektC(s)−

Regulator proporcjonalny K steruje obiektem G(s) = 7/(s + 2) w pętli jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego. Skok zakłócenia o wielkości 1 wchodzi na wejście obiektu, gdy R = 0. Znajdź najmniejsze wzmocnienie K, przy którym wyjście w stanie ustalonym nie przekracza 0,35.

G(s) = 7/(s + 2)D = 1css ≤ 0,35
K =
33.Odpowiedź skokowaŚredni
t (s)y(t)0,5?

Układ ma transmitancję G(s) = 32/(s² + 4s + 64) i otrzymuje jednostkowe wymuszenie skokowe. Znajdź przeregulowanie procentowe %OS odpowiedzi skokowej.

G(s) = 32/(s² + 4s + 64)
%OS = %
34.Odpowiedź skokowaTrudny
R(s)+20s(s + 5)G(s)C(s)−

Pętla jednostkowego ujemnego sprzężenia zwrotnego ma G(s) = 20/(s(s + 5)). Znajdź 2-procentowy czas ustalania ts odpowiedzi skokowej układu zamkniętego, korzystając z ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 20/(s(s + 5))
ts = s
35.Wykresy Bodego i zapasyŚredni
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 2

Znajdź fazę ∠G(jω) G(s) = 18(s + 16)/(s(s + 7)) przy ω = 2 rad/s, w stopniach.

G(s) = 18(s + 16)/(s(s + 7))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
36.Wykresy Bodego i zapasyTrudny
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym ma transmitancję układu otwartego L(s) = 90/(s(s + 5)). Znajdź częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc, przy której |L(jω)| = 1.

L(s) = 90/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaŚredni
R(s)+Ks + 8(s − 2)(s + 2)C(s)−

Obiekt G(s) = (s + 8)/((s − 2)(s + 2)) ma biegun niestabilny w s = 2. Wzmocnienie proporcjonalne K zamyka wokół niego pętlę ze sprzężeniem jednostkowym. Wyznacz najmniejsze wzmocnienie Kmin, przy którym układ zamknięty jest stabilny.

G(s) = (s + 8)/((s − 2)(s + 2))
Kmin =
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowaTrudny
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2sb​

Pokazano linię pierwiastkową dla L(s) = K/((s + 4)(s + 6)). Wyznacz wzmocnienie K w punkcie rozejścia sb, w którym dwa bieguny układu zamkniętego spotykają się na osi rzeczywistej.

L(s) = K/((s + 4)(s + 6))
K =
39.Uchyb ustalony i regulacja PIDŚredni
r(t) = 1t+Ks(s + 4)C(s)−

Pętla ze sprzężeniem jednostkowym o G(s) = K/(s(s + 4)) ma nadążać za narastaniem liniowym r(t) = 1t z uchybem ustalonym 0,2. Wyznacz wzmocnienie K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 1tess = 0,2
K =
40.Uchyb ustalony i regulacja PIDTrudny
R(s)+Kp​ + Ki​/s1s + 4C(s)−

Regulator PI C(s) = Kp + Ki/s steruje obiektem G(s) = 1/(s + 4) w pętli ze sprzężeniem jednostkowym. Układ zamknięty ma mieć ωₙ = 8 rad/s i ζ = 1. Wyznacz wzmocnienie proporcjonalne Kp.

G(s) = 1/(s + 4)ωₙ = 8 rad/sζ = 1
Kp =

3Roztwory

1.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 0,7925 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 5 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​8 ΩB

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R3 + R4 = 10 + 8 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 3·18/(3+18) = 2,571 Ω
Req = R1 + 2,571 = 5 + 2,571 = 7,571 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 6/7,571 = 0,7925 A

Odpowiedź

IR1 = 0,7925 A
2.Rezystory szeregowo i równolegle

Odpowiedź: IR1 = 1,664 A

Połączenia szeregowe i równoległe: szeregowo przez każdy rezystor płynie ten sam prąd i R = R₁ + R₂ + …. Równolegle każdy rezystor ma to samo napięcie i 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Sieć drabinkową upraszcza się parami, aż zostanie jedna rezystancja zastępcza.

R1​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​30 ΩAR4​15 ΩBR6​2 Ω

Łącz rezystory od najdalszego końca

Zacznij od końca najdalszego od źródła i idź w jego stronę. Rezystory z tym samym prądem są połączone szeregowo; rezystory między tymi samymi dwoma węzłami są połączone równolegle.

R5 + R6 = 15 + 2 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 7,969 Ω
R3 + 7,969 = 10,97 Ω
R2 ∥ 10,97 = 8,032 Ω
Req = R1 + 8,032 = 10 + 8,032 = 18,03 Ω

Prąd ze źródła

Źródło widzi tylko Req, więc prawo Ohma daje prąd, który dostarcza. Ten prąd płynie przez R₁.

IR1 = V1/Req = 30/18,03 = 1,664 A

Odpowiedź

IR1 = 1,664 A
3.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 1,029 A

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​1,5 A

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 6 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 6)/2 + (VA − VB)/20 = 0
0,8·VA − 0,05·VB = 3

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/2 + (VB − VA)/20 = 1,5
−0,05·VA + 0,55·VB = 1,5

Rozwiąż

Δ = (0,8)(0,55) − (−0,05)(−0,05) = 0,4375
VA = Δ1/Δ = 1,725/0,4375 = 3,943 V
VB = Δ2/Δ = 1,35/0,4375 = 3,086 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 3,943)/2 = 1,029 A
4.Metoda potencjałów węzłowych

Odpowiedź: IR1 = 0,3967 A

Metoda potencjałów węzłowych: wybierz węzeł odniesienia, oznacz nieznane potencjały węzłów, zapisz prądowe prawo Kirchhoffa w każdym nieznanym węźle z prawa Ohma (I = ΔV/R) i rozwiąż równania.

R1​ = 20 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩAR5​4 ΩBIs​3 A+−V2​24 V

Ustal węzły

Masa to dolny przewód. Znane potencjały węzłów wynikają bezpośrednio ze źródeł (V1 = 9 V, V2 = 24 V). Niewiadome: VA, VB.

PPK w węźle A

Prądy wypływające z A przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do A ze źródeł.

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/30 = 0
0,2083·VA − 0,03333·VB = 0,45

PPK w węźle B

Prądy wypływające z B przez rezystory są równe prądowi wpływającemu do B ze źródeł.

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/30 + (VB − 24)/30 = (−3)
−0,03333·VA + 0,3167·VB = −2,2

Rozwiąż

Δ = (0,2083)(0,3167) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,06486
VA = Δ1/Δ = 0,06917/0,06486 = 1,066 V
VB = Δ2/Δ = −0,4433/0,06486 = −6,835 V

Odpowiedź

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (9 − 1,066)/20 = 0,3967 A
5.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: VR3 = 11,65 V

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 15 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 3(I1 − I2) = 24
18·I1 − 3·I2 = 24

NPK w oczku 2

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 3(I2 − I1) = (−30)
−3·I1 + 9·I2 = −30

Rozwiąż

Δ = (18)(9) − (−3)(−3) = 153
I1 = Δ1/Δ = 126/153 = 0,8235 A
I2 = Δ2/Δ = −468/153 = −3,059 A

Odpowiedź

IR3 = I1 − I2 = 3,882 A
VR3 = IR3·R3 = 3,882·3 = 11,65 V

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

6.Metoda prądów oczkowych

Odpowiedź: I3 = −0,5414 A

Metoda prądów oczkowych: każdemu oknu obwodu płaskiego przypisz własny prąd oczkowy, zapisz napięciowe prawo Kirchhoffa dla każdego oczka (suma spadków = suma wzrostów) i rozwiąż. Prądy gałęzi to prąd oczkowy lub różnica dwóch prądów oczkowych we wspólnej gałęzi.

R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​5 VR4​5 ΩAR5​3 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Przypisz prądy oczkowe

Narysuj w każdym oknie prąd zgodny z ruchem wskazówek zegara: I1, I2, I3. Rezystor wspólny dla dwóch oczek przewodzi różnicę ich prądów.

NPK w oczku 1

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
30·I1 + 5(I1 − I2) = 5
35·I1 − 5·I2 = 5

NPK w oczku 2

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 5(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 18·I2 − 3·I3 = 0

NPK w oczku 3

Idąc zgodnie z ruchem wskazówek zegara, spadki napięć na rezystorach równają się wzrostom napięć źródeł (od − do + w kierunku obiegu).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
25·I3 + 3(I3 − I2) = (−15)
−3·I2 + 28·I3 = −15

Rozwiąż

Δ = wyznacznik macierzy współczynników = 16625
I1 = Δ1/Δ = 2250/16625 = 0,1353 A
I2 = Δ2/Δ = −875/16625 = −0,05263 A
I3 = Δ3/Δ = −9000/16625 = −0,5414 A

Odpowiedź

I3 = −0,5414 A

Ujemny prąd oczkowy płynie przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

7.Superpozycja

Odpowiedź: I = 19,3 mA

Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.

Zapisz odpowiedź jako sumę wkładów

Każdy wkład jest proporcjonalny do własnego źródła, ze stałą zależną tylko od rezystorów.

I = k₁·Vs + k₂·Is
12·k₁ + 10·k₂ = 14
5·k₁ + 1·k₂ = 7,1

Wyznacz stałe

Δ = (12)(1) − (10)(5) = −38
k₁ = Δ1/Δ = −57/−38 = 1,5
k₂ = Δ2/Δ = 15,2/−38 = −0,4
k₁ = 1,5 mA/V, k₂ = −0,4

Przewidź nowy prąd

I = 1,5·15 + (−0,4)·8 = 19,3 mA

Odpowiedź

I = 19,3 mA
8.Superpozycja

Odpowiedź: PR1 = 18,14 W

Superpozycja: w obwodzie liniowym każde napięcie i każdy prąd to suma odpowiedzi na każde niezależne źródło działające osobno. Aby wyłączyć źródło, zastąp idealne źródło napięcia zwarciem, a idealne źródło prądu rozwarciem. Rezystory zostają na miejscu.

R1​ = 10 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​15 VR3​2 ΩAROZWARCIEBZWARCIE

Przypadek 1 · działa tylko V1

V₂ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. Patrząc z A, R₃ jest równolegle z szeregową parą R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 2 ∥ 25 = 1,852 Ω
VA = 15·1,852/(10+1,852) = 2,344 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,344·10/25 = 0,9375 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (15 − 2,344)/10 = 1,266 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​2 ΩAIs​0,5 ABZWARCIE

Przypadek 2 · działa tylko Is

Oba źródła napięcia stają się zwarciami. Iₛ rozdziela się w B między R₄ (teraz do masy) a R₂ szeregowo z R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 1,667 Ω, więc lewa gałąź to R2+1,667 = 16,67 Ω
Req = R4 ∥ 16,67 = 6,25 Ω
VB = Is·Req = 0,5·6,25 = 3,125 V
VA = VB·1,667/16,67 = 0,3125 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 0,3125)/10 = −0,03125 A
R1​ = 10 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 10 ΩZWARCIER3​2 ΩAROZWARCIEB−+V2​18 V

Przypadek 3 · działa tylko V2

V₁ staje się zwarciem, a Iₛ rozwarciem. R₁ ∥ R₃ wychodzi z A, szeregowo z R₂ z powrotem do B.

R1 ∥ R3 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−18)·16,67/26,67 = −11,25 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −11,25·1,667/16,67 = −1,125 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −1,125)/10 = 0,1125 A

Zsumuj wkłady prądu

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 1,266 + (−0,03125) + 0,1125 = 1,347 A

Moc w rezystorze

Moc zależy od kwadratu prądu, więc nie podlega zasadzie superpozycji: najpierw zsumuj prądy, potem podnieś do kwadratu.

PR1 = IR1²·R1 = 1,347²·10 = 18,14 W

Odpowiedź

PR1 = 18,14 W

Zsumowanie mocy z poszczególnych przypadków dałoby 16,15 W, co jest błędne.

9.Thévenin i Norton

Odpowiedź: Vth = 4,545 V

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩZWARCIER2​5 ΩAabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 12 = 14,73 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b przez R₃ nie płynie prąd, więc nie ma na nim spadku i V_b = V_A. R₁ i R₂ tworzą dzielnik napięcia.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·5/(6+5) = 4,545 V
10.Thévenin i Norton

Odpowiedź: PL = 54,58 W

Twierdzenie Thévenina: każdy liniowy dwójnik zachowuje się jak jedno źródło napięcia Vth szeregowo z rezystancją Rth. Twierdzenie Nortona przedstawia ten sam układ jako źródło prądu IN = Vth/Rth równolegle z Rth.

R1​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩZWARCIER2​12 ΩAROZWARCIEBabRth​

Wyznacz Rth przy wyłączonych wszystkich źródłach

Zastąp źródła napięcia zwarciami, a źródła prądu rozwarciami, a potem spójrz na obwód od strony a–b.

R1 ∥ R2 = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5,455 + 8 = 13,45 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Wyznacz Vth, napięcie stanu jałowego

Przy rozwartych a–b jedyną drogą dla Iₛ jest R₃ do węzła A. Wyznacz V_A z superpozycji V₁ i Iₛ, a potem dodaj spadek na R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 16,36 + 4·5,455 = 38,18 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 38,18 + 4·8 = 70,18 V
Rth​ = 13,45 Ω+−Vth​70,18 VRL​3 ΩIL​

Podłącz obciążenie do układu zastępczego Thévenina

Źródło Thévenina i R_th szeregowo zachowują się na a–b dokładnie jak pierwotny obwód, więc obciążenie widzi prostą pętlę szeregową.

IL = Vth/(Rth + RL) = 70,18/(13,45 + 3) = 4,265 A
PL = IL²·RL = 4,265²·3 = 54,58 W
11.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: W = 4,059 mJ

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Stała czasowa i prąd końcowy

Długo po zamknięciu łącznika cewka zachowuje się jak zwarcie, więc prąd końcowy zależy tylko od R.

τ = L/R = 150 mH / 20 Ω = 7,5 ms
i(∞) = Vs/R = 5/20 = 0,25 A

Prąd w danej chwili

i(t) = 0,25·(1 − e−20/7,5) = 0,2326 A

Zgromadzona energia

W = ½·L·i² = ½·150·0,2326² = 4,059 mJ

Odpowiedź

W = 4,059 mJ
12.Stany nieustalone RC i RL

Odpowiedź: t = 75,48 ms

Stany nieustalone pierwszego rzędu: w obwodzie z jednym kondensatorem lub jedną cewką każde napięcie i każdy prąd zmienia się wykładniczo od wartości początkowej do końcowej: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, gdzie τ = RC lub τ = L/R. Po około 5τ obwód jest w stanie ustalonym.

Wartość początkowa, wartość końcowa, stała czasowa

Napięcie na kondensatorze nie może zmienić się skokowo, więc zaczyna od zgromadzonej wartości i dąży do napięcia źródła.

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 33 µF = 108,9 ms
vC(t) = 12 + (2 − 12)·e−t/τ

Wyznacz czas

7 = 12 + (−10)·e−t/τ → e−t/τ = (7 − 12)/(2 − 12) = 0,5
t = τ·ln((2 − 12)/(7 − 12)) = 108,9·ln(2) = 75,48 ms

Odpowiedź

t = 75,48 ms
13.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: |Z| = 15,38 Ω

Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.

Reaktancja

XC = 1/(ωC) = 1/(2π·100·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Prądy gałęzi

Obie gałęzie są podłączone bezpośrednio do zasilania, więc na każdej jest pełne napięcie V.

IR = V/R = 120/60 = 2 A
IX = V/XC = 120/15,92 = 7,54 A

Prąd całkowity

Prąd rezystora jest w fazie z V, a prąd bierny przesunięty o 90°, więc dodają się jak boki trójkąta prostokątnego.

I = √(IR² + IX²) = √(2² + 7,54²) = 7,801 A

Impedancja

|Z| = V/I = 120/7,801 = 15,38 Ω

Odpowiedź

|Z| = 15,38 Ω
14.Impedancja i wskazy AC

Odpowiedź: VC = 12,56 V

Obwody AC i wskazy: rezystory, cewki i kondensatory mają impedancje R, jωL i 1/(jωC), gdzie ω = 2πf. Szeregowo impedancje dodaje się jak rezystancje, ale jako liczby zespolone. Wartości skuteczne prądu i napięcia spełniają prawo Ohma z |Z|.

Reaktancje

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,15 = 56,55 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·2,2·10⁻⁶) = 1206 Ω

Impedancja

Szeregowo impedancje dodaje się jak liczby zespolone: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (−1149)²) = 1152 Ω

Prąd

Przez każdy element obwodu szeregowego płynie ten sam prąd.

I = V/|Z| = 12/1152 = 0,01042 A

Napięcie na kondensatorze

VC = I·XC = 0,01042·1206 = 12,56 V

Odpowiedź

VC = 12,56 V
15.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: I = 237,7 A

Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.

Moc bierna każdego odbiornika

Odbiornik indukcyjny pobiera moc bierną (Q > 0); odbiornik pojemnościowy ją oddaje (Q < 0).

Q1 = 25·tan(arccos 0,85) = 15,49 kvar
Q2 = −30·tan(arccos 0,7) = −30,61 kvar

Sumy

P = 25 + 30 = 55 kW
Q = 15,49 + (−30,61) = −15,11 kvar
S = √(55² + (−15,11)²) = 57,04 kVA

Prąd całkowity

I = S/V = 57038/240 = 237,7 A

Odpowiedź

I = 237,7 A
16.Moc AC i współczynnik mocy

Odpowiedź: C = 493,6 µF

Moc w obwodach AC: moc pozorna S = V·I (VA) dzieli się na moc czynną P = S·cos φ (W), która wykonuje pracę użyteczną, i moc bierną Q = S·sin φ (var), która krąży między źródłem a odbiornikiem. Współczynnik mocy to cos φ. Kondensator równoległy dostarcza moc bierną lokalnie, więc prąd linii maleje przy tej samej mocy czynnej.

Moc bierna przed i po

Moc czynna P się nie zmienia; zmienia się tylko moc bierna pobierana z sieci.

Q1 = P·tan φ1 = 20·tan(45,57°) = 20,4 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,72 kvar

Pojemność

Kondensator dołączony do zasilania dostarcza Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 10718/(2π·60·240²) = 493,6 µF

Odpowiedź

C = 493,6 µF
17.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: P = 5,167 kW

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Napięcie fazowe

Vph = 415/√3 = 239,6 V

Prąd fazowy

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
Iph = 239,6/20 = 11,98 A

Całkowita moc czynna

Moc czynną pobiera tylko rezystancyjna część każdej impedancji.

P = 3·Iph²·R = 3·11,98²·12 = 5,167 kW

Odpowiedź

P = 5,167 kW

Sprawdzenie: cos φ = R/|Z| = 0,6, a √3·VL·IL·cos φ daje tę samą moc.

18.Moc w układach trójfazowych

Odpowiedź: QC = 119,8 kvar

Symetryczne układy trójfazowe: w połączeniu w gwiazdę (Y) napięcie przewodowe jest √3 razy większe od napięcia fazowego, VL = √3·Vph, a prąd przewodowy jest równy prądowi fazowemu. W połączeniu w trójkąt (Δ) napięcie przewodowe jest równe napięciu fazowemu, a prąd przewodowy jest √3 razy większy od prądu fazowego, IL = √3·Iph. Moc całkowita jest trzykrotnością mocy jednej fazy: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Kompensacja mocy biernej: kondensatory dostarczają moc bierną lokalnie, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Każdy z trzech kondensatorów dostarcza QC/3 = V²·ω·C, gdzie V to napięcie na tym kondensatorze: VL w baterii połączonej w trójkąt, VL/√3 w baterii połączonej w gwiazdę.

Moc bierna przed i po

Moc czynna się nie zmienia, więc każdy współczynnik mocy wyznacza moc bierną: Q = P·tan φ.

Q1 = 200·tan(acos 0,78) = 200·0,8023 = 160,5 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,98) = 200·0,2031 = 40,61 kvar

Moc bierna z kondensatorów

QC = Q1 − Q2 = 119,8 kvar

Odpowiedź

QC = 119,8 kvar
19.Transformatory

Odpowiedź: a = 5

Transformator idealny: napięcia mają się do siebie jak liczby zwojów, a prądy odwrotnie: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a oraz I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, więc moc wejściowa jest równa mocy wyjściowej, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedancja obciążenia Z po stronie wtórnej widziana od strony pierwotnej wynosi a²·Z.

Dopasuj sprowadzone obciążenie

a²·50 = 1250
a = √(1250/50) = √25 = 5

Odpowiedź

a = 5
20.Transformatory

Odpowiedź: Sη,max = 94,87 kVA

Straty w transformatorze: straty w rdzeniu (histereza i prądy wirowe) zależą od napięcia i są takie same przy każdym obciążeniu. Straty w miedzi uzwojeń zmieniają się z kwadratem prądu, więc przy ułamku x obciążenia znamionowego wynoszą x²·Pcu,fl. Sprawność η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), z Pout = x·S·pf. Sprawność jest najwyższa przy obciążeniu, przy którym straty w miedzi są równe stratom w rdzeniu.

Straty w miedzi równe stratom w rdzeniu

x²·1875 = 750 → x = √(750/1875) = 0,6325

Obciążenie przy maksymalnej sprawności

Sη,max = x·S = 0,6325·150 = 94,87 kVA

Odpowiedź

Sη,max = 94,87 kVA
21.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Rf = 3 kΩ

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Wzmocnienie wzmacniacza nieodwracającego

V₋ = V₊ = Vin, a prąd przez R₁ płynie też przez Rf, więc Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (4 − 1)·1 = 3 kΩ

Odpowiedź

Rf = 3 kΩ
22.Układy ze wzmacniaczami operacyjnymi

Odpowiedź: Vout = 7,037 V

Zasady idealnego wzmacniacza operacyjnego: przy ujemnym sprzężeniu zwrotnym wzmacniacz ustawia wyjście tak, aby oba wejścia miały to samo napięcie (V₋ = V₊), a do żadnego wejścia nie płynie prąd. PPK na wejściu odwracającym z tymi dwoma faktami daje wyjście.

Wzmocnienie każdego stopnia

A1 = −Rf1/R1 = −10/2 = −5
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 100/47 = 3,128

Stopień po stopniu

V1 = −5·(−0,45) = 2,25 V
Vout = 3,128·2,25 = 7,037 V

Odpowiedź

Vout = 7,037 V
23.Diody i tranzystory

Odpowiedź: IC = 7,545 mA

Punkt pracy tranzystora bipolarnego: w obszarze aktywnym VBE = 0,7 V, IC = β·IB i IE = (β + 1)·IB. Wyznacz IB z oczka bazy za pomocą napięciowego prawa Kirchhoffa, potem IC, a następnie VCE z oczka kolektor–emiter. Dzielnik napięcia w bazie zastępuje się jego zastępczym układem Thévenina VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; rezystor emiterowy w oczku bazy jest widziany jako (β + 1) razy większy.

Prąd bazy

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/220 kΩ = 37,73 µA

Prąd kolektora

IC = β·IB = 200·37,73 µA = 7,545 mA

Odpowiedź

IC = 7,545 mA

Sprawdzenie: VCE = 5,454 V jest wyraźnie większe od 0,2 V, więc tranzystor rzeczywiście pracuje w obszarze aktywnym.

24.Diody i tranzystory

Odpowiedź: ID = 10,76 mA

Obwody z diodą LED i diodami: spolaryzowana w kierunku przewodzenia dioda LED ma spadek napięcia w przybliżeniu równy jej napięciu przewodzenia VF (około 2 V dla czerwonej, 3 V dla niebieskiej lub białej), niezależnie od prądu. Rezystor szeregowy ustala prąd: R = (Vs − n·VF)/I dla n diod LED połączonych szeregowo. Dla dokładniejszego modelu diody V = V₀ + I·rd punkt pracy leży tam, gdzie prosta diody przecina prostą obciążenia I = (Vs − V)/R, więc I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Połącz oba równania

12 = 0,7 + I·(1000 + 50)

Prąd pracy

ID = 11,3/1050 = 10,76 mA
VD = 0,7 + 0,01076·50 = 1,238 V

Odpowiedź

ID = 10,76 mA
25.Systemy liczbowe

Odpowiedź: U = 147

Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.

Odwróć i dodaj jeden

109 = 0110 1101
odwrócone: 1001 0010
+1 → 1001 0011

Odczytaj bez znaku

1001 0011₂ = 256 − 109 = 147

Odpowiedź

U = 147
26.Systemy liczbowe

Odpowiedź: R = 10

Ustawianie bitów: każdy bit ma wartość będącą potęgą dwójki (128, 64, …, 1). Jedna cyfra szesnastkowa to dokładnie cztery bity, a w 8-bitowym kodzie uzupełnień do dwóch skrajny lewy bit ma wartość −128. Operacje bitowe działają osobno na każdej pozycji bitu.

Bit po bicie

AND daje 1 tylko tam, gdzie oba bity są równe 1.

0010 1010
AND 0100 1011
= 0000 1010

Wartość wyniku

0000 1010₂ = 10

Odpowiedź

R = 10
27.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: L = 13

Mapy Karnaugha: komórki są ułożone w kodzie Graya (00, 01, 11, 10), więc sąsiednie komórki, także te przez brzegi, różnią się dokładnie jedną zmienną. Grupuj jedynki w prostokąty po 1, 2, 4, 8 lub 16 komórek, jak największe i jak najmniej, aż każda jedynka będzie pokryta. Każda grupa to jeden iloczyn: zmienne, które wewnątrz niej pozostają stałe. Grupa 2ᵏ komórek traci k zmiennych. Stany nieokreślone (X) można wykorzystać, by powiększyć grupy, ale nigdy nie trzeba ich pokrywać. Grupowanie zer daje minimalną postać POS.

ABCD000111100001111000010302041507161120130151141819011010

Zgrupuj jedynki

Każda grupa to prostokąt z 2ᵏ komórek; komórki na brzegu sąsiadują z komórkami na przeciwległym brzegu.

BCD′
AC′D′
AB′C′
A′BC′D

Minimalna postać SOP

F = BCD′ + AC′D′ + AB′C′ + A′BC′D
L = 13

Odpowiedź

L = 13

Istnieje inne grupowanie tego samego rozmiaru; ma tę samą liczbę składników i literałów.

28.Logika cyfrowa: bramki, mapy Karnaugha i przerzutniki

Odpowiedź: N = 3

Przerzutniki i liczniki: przerzutnik zmienia stan tylko przy aktywnym zboczu zegara. D kopiuje swoje wejście (Q⁺ = D); T zmienia stan na przeciwny, gdy T = 1; JK utrzymuje stan dla 00, zeruje dla 01, ustawia dla 10 i zmienia stan na przeciwny dla 11. N-bitowy licznik binarny ma 2ⁿ stanów i liczy modulo 2ⁿ; licznik mod-N liczy 0, 1, …, N − 1 i wraca do 0, a potrzebuje tylu przerzutników, ile wynosi najmniejsze n z 2ⁿ ≥ N. Każdy stopień licznika asynchronicznego dzieli częstotliwość przez dwa, więc ostatnie wyjście licznika mod-N pracuje z częstotliwością fclk/N. Licznik Johnsona z n przerzutników ma 2n stanów, licznik pierścieniowy n.

Sekwencja dla 3 przerzutników

100 → 010 → 001

Liczba stanów

N = 3

Odpowiedź

N = 3
29.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: f(0.25) = 0,8266

Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Rozłóż mianownik na czynniki

s² + 6s + 9 = (s + 3)²

Ułamki proste

4s + 3 = 4(s + 3) + −9
F(s) = 4/(s + 3) − 9/(s + 3)²

Transformata odwrotna

f(t) = 4·e−3t − 9·t·e−3t
f(0,25) = (4 − 9·0,25)·e−3·0,25 = 0,8266

Odpowiedź

f(0,25) = 0,8266
30.Transformaty Laplace’a

Odpowiedź: y(0.75) = 10,32

Transformata Laplace’a: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt zamienia pochodne na mnożenie przez s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Podstawowe pary: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), a przesunięcie s → s + σ mnoży funkcję czasu przez e−σt. Aby odwrócić wymierną F(s), rozłóż ją na ułamki proste: residuum prostego bieguna p wynosi A = [(s − p)·F(s)] przy s = p. Twierdzenie o wartości końcowej: f(∞) = lims→0 s·F(s), słuszne tylko wtedy, gdy wszystkie bieguny s·F(s) leżą w lewej półpłaszczyźnie. Twierdzenie o wartości początkowej: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Przekształcenie równania

Y(s) = 90/(s(s + 1)(s + 3))

Ułamki proste

A = 90/(1·3) = 30
B = 90/((−1)·2) = −45
C = 90/((−3)·(−2)) = 15

Wydalone

y(t) = 30 − 45·e−t + 15·e−3t
y(0,75) = 10,32

Odpowiedź

y(0,75) = 10,32
31.Schematy blokowe

Odpowiedź: τ = 0,1923 s

Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = G/(1 + G·H) = 11/(s + 3 + 2,2) = 11/(s + 5,2)

Wynik

τ = 1/5,2 = 0,1923 s

Odpowiedź

τ = 0,1923 s
32.Schematy blokowe

Odpowiedź: K = 2,571

Algebra schematów blokowych: bloki połączone szeregowo mnożą się (G₁·G₂), bloki połączone równolegle dodają się (G₁ + G₂), a pętla ze ścieżką prostą G i ścieżką sprzężenia zwrotnego H redukuje się do T = G/(1 + G·H) dla ujemnego sprzężenia zwrotnego i G/(1 − G·H) dla dodatniego. Najpierw redukuj pętle wewnętrzne, potem idź na zewnątrz. Bieguny układu zamkniętego są pierwiastkami równania charakterystycznego 1 + G(s)H(s) = 0. Dla stabilnej pętli wymuszenie skokowe o wielkości A daje w stanie ustalonym wyjście A·T(0); przy jednostkowym sprzężeniu zwrotnym uchyb ustalony przy skoku wynosi A/(1 + Kp), gdzie Kp = G(0).

Odpowiedź na zakłócenie

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 1·7/(2 + 7K)

Rozwiąż względem K

2 + 7K = 1·7/0,35 = 20
K = (20 − 2)/7 = 2,571

Odpowiedź

K = 2,571
33.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: %OS = 44,43 %

Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).

Porównaj z postacią standardową

Mianownik musi odpowiadać s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 64 → ωₙ = 8 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8) = 0,25

Wynik

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,8112 = 44,43 %

Odpowiedź

%OS = 44,43 %
34.Odpowiedź skokowa

Odpowiedź: ts = 1,6 s

Odpowiedź skokowa: układ pierwszego rzędu G(s) = K/(τs + 1) odpowiada na skok o wielkości U przebiegiem y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): po jednej stałej czasowej τ osiąga 63,2 % wartości końcowej K·U, a po 4τ 98 %. Układ drugiego rzędu G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) ma bieguny s = −ζωₙ ± jωd, gdzie ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Dla 0 < ζ < 1 odpowiedź skokowa ma przeregulowanie: przeregulowanie procentowe %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), czas szczytu tp = π/ωd, a 2-procentowy czas ustalania ts ≈ 4/(ζωₙ). Porównaj mianownik z s² + 2ζωₙs + ωₙ², aby odczytać ωₙ i ζ. Dla układu masa–sprężyna–tłumik ωₙ = √(k/m) i ζ = c/(2√(km)); dla szeregowego obwodu RLC ωₙ = 1/√(LC) i ζ = (R/2)·√(C/L).

Transmitancja układu zamkniętego

T(s) = 20/(s² + 5s + 20): ωₙ = 4,472 rad/s, ζ = 0,559

Czas ustalania

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,6 s

Odpowiedź

ts = 1,6 s

Dla tej pętli ζωₙ = a/2 niezależnie od K: zwiększenie K zwiększa przeregulowanie, ale nie skraca czasu ustalania.

35.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ∠G(jω) = −98,82 °

Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.

Dodaj kąty

∠G = atan(2/16) − 90° − atan(2/7) = 7,125° − 90° − 15,95°

Wynik

∠G(j2) = −98,82°

Odpowiedź

∠G(jω) = −98,82°
36.Wykresy Bodego i zapasy

Odpowiedź: ωc = 8,852 rad/s

Charakterystyka częstotliwościowa: podstaw s = jω w transmitancji. Moduł w decybelach to 20·log₁₀|H(jω)|, a faza to suma kątów czynników licznika minus kąty czynników mianownika. Filtr RC lub RL pierwszego rzędu ma częstotliwość graniczną (−3 dB) ωc = 1/(RC) lub R/L oraz fc = ωc/(2π); filtr dolnoprzepustowy daje |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) i φ = −atan(ω/ωc). Na asymptotycznym (łamanym) wykresie Bodego każdy biegun zagina moduł w dół o 20 dB/dekadę przy swojej częstotliwości granicznej, każde zero zagina go w górę o 20 dB/dekadę, a integrator 1/s daje −20 dB/dekadę przy wszystkich częstotliwościach. Częstotliwość odcięcia wzmocnienia ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); zapas fazy PM = 180° + ∠L(jωc). Częstotliwość odcięcia fazy ω180: ∠L(jω) = −180°; zapas wzmocnienia GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Układ zamknięty jest stabilny, gdy oba zapasy są dodatnie.

Częstotliwość odcięcia wzmocnienia

ω⁴ + 25ω² − 8100 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·8100))/2 = 78,36
ωc = 8,852 rad/s

Odpowiedź

ωc = 8,852 rad/s
37.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: Kmin = 0,5

Kryterium Routha–Hurwitza: układ liniowy jest stabilny, gdy wszystkie pierwiastki jego wielomianu charakterystycznego leżą w lewej półpłaszczyźnie płaszczyzny s. Współczynniki wpisuje się naprzemiennie w dwa pierwsze wiersze tablicy Routha. Każdy element nowego wiersza powstaje z dwóch wierszy powyżej; dla wielomianu trzeciego stopnia a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ element w wierszu s¹ to b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Liczba zmian znaku w pierwszej kolumnie jest równa liczbie pierwiastków w prawej półpłaszczyźnie. Gdy we współczynnikach występuje wzmocnienie K, każdy element pierwszej kolumny musi pozostać dodatni: wzmocnienie, przy którym element wiersza s¹ zeruje się, to granica stabilności, a wiersz s² daje wtedy częstotliwość drgań niegasnących.

Wielomian charakterystyczny

(s − 2)(s + 2) + K(s + 8) = s² + (0 + K)s + (8K − 4)

Warunki

Dla s² + c₁s + c₀ wszystkie pierwiastki leżą w lewej półpłaszczyźnie dokładnie wtedy, gdy c₁ > 0 i c₀ > 0.

0 + K > 0 → K > 0
8K − 4 > 0 → K > 0,5
Kmin = 0,5

Odpowiedź

Kmin = 0,5
38.Stabilność: kryterium Routha–Hurwitza i linia pierwiastkowa

Odpowiedź: K = 1

Linia pierwiastkowa: gdy wzmocnienie K rośnie od 0 do ∞, bieguny układu zamkniętego, czyli pierwiastki równania 1 + K·G(s) = 0, przesuwają się od biegunów układu otwartego do jego zer lub do nieskończoności. Punkt osi rzeczywistej należy do linii, gdy liczba biegunów i zer rzeczywistych na prawo od niego jest nieparzysta. n − m gałęzi biegnących do nieskończoności zbliża się do asymptot nachylonych pod kątami (2q + 1)·180°/(n − m), wychodzących ze środka asymptot σₐ = (Σ biegunów − Σ zer)/(n − m). Gałęzie opuszczają oś rzeczywistą lub do niej wracają tam, gdzie dK/ds = 0. Warunek kąta ∠G(s) = 180° wyznacza kształt, a warunek modułu K = 1/|G(s)| daje wzmocnienie w dowolnym punkcie linii.

Punkt rozejścia

dK/ds = 0 dla K = −(s + 4)(s + 6) daje 2s + 10 = 0.

sb = −5

Warunek modułu

K = |−5 + 4|·|−5 + 6| = 1·1 = 1

Odpowiedź

K = 1

Przy tym wzmocnieniu układ zamknięty jest tłumiony krytycznie (ζ = 1).

39.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: K = 20

Uchyb ustalony: w pętli ze sprzężeniem jednostkowym o transmitancji układu otwartego G(s) uchyb wynosi E(s) = R(s)/(1 + G(s)), a z twierdzenia o wartości końcowej ess = lims→0 s·E(s). Typ układu to liczba biegunów G(s) w s = 0. Stałe uchybowe to Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) oraz Ka = lim s²·G(s), wszystkie dla s → 0. Skok o wartości A daje ess = A/(1 + Kp), narastanie liniowe A·t daje A/Kv, a parabola A·t²/2 daje A/Ka. Pętla typu 0 nadąża za skokiem ze skończonym uchybem, pętla typu 1 nadąża za nim dokładnie, a za narastaniem liniowym ze skończonym uchybem.

Wymagana stała prędkościowa

Kv = A/ess = 1/0,2 = 5

Wzmocnienie

K = 4·Kv = 20

Odpowiedź

K = 20

Duże wzmocnienie sprawia, że ta pętla jest bardzo słabo tłumiona: ζ = 0,4472. Ten konflikt jest powodem, dla którego stosuje się układy korekcyjne.

40.Uchyb ustalony i regulacja PID

Odpowiedź: Kp = 12

Regulacja P, PI i PID: regulator C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s działa na uchyb. Wzmocnienie proporcjonalne przyspiesza układ i zmniejsza uchyb obiektu typu 0, ale nigdy go nie usuwa. Człon całkujący dodaje biegun w s = 0: typ układu rośnie o jeden, a skok jest śledzony bez uchybu. Człon różniczkujący zwiększa tłumienie. Aby dobrać nastawy, zapisz wielomian charakterystyczny układu zamkniętego i porównaj go z s² + 2ζωns + ωn². Wtedy %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, gdzie ωd = ωn√(1 − ζ²), oraz ts ≈ 4/(ζωn).

Wielomian charakterystyczny

1 + C(s)G(s) = 0, pomnożone przez s(s + 4).

s² + (4 + 1Kp)s + 1Ki

Wielomian docelowy

s² + 2·1·8s + 8² = s² + 16s + 64

Dopasuj współczynniki

4 + 1Kp = 16 → Kp = 12

Odpowiedź

Kp = 12

Człon całkujący sprawia, że pętla jest typu 1, więc skok jest śledzony bez uchybu ustalonego.

To niezależne materiały do ćwiczeń. ExamProblems nie jest powiązane z organizacją przeprowadzającą ten egzamin ani przez nią rekomendowane, a nazwa egzaminu służy wyłącznie do opisu treści. Egzamin FE exam prowadzi NCEES, organizacja niezwiązana z ExamProblems, która go nie popiera.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical